Đề Toán ĐH khối B và khối D năm 2009

Đáp án đề toán khối D - 2009
Câu I.
1) với m = 0: y = x
4
– 2x
2
+ TXĐ: D = R;
+ y’ = 4x
3
– 4x
y’ = 0
⇔
x = 0; x =
1±
+ Điểm cực đại (0; 0), điểm cực tiẻu (-1; -1) và (1; -1)
+ Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (
1;+∞
); Hàm số nghịch biến trên
( ; 1);(0;1)−∞ −
.
+ Bảng biến thiên:
+ Đồ thị:
2) Yêu cầu bài toán tương đương với pt:
x
4
– (3m + 2)x + 3m = -1 có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2
x
4
– (3m + 2)x + 3m + 1 = 0.

Đặt t = x
2
, ta có t
2
– (3m + 2)t + 1 + 3m = 0 có hai nghiệm thoả mãn 0 < t
1
< t
2
< 4
1
0 3 1 4; (3 1) 1
3 1
1
1
3
0
t
m m
t m
m
m
=

⇔ ⇒ < + < + ≠

= +


− < <


⇒


≠

Câu II.
1) Giải phương trình
3 cos5 2sin 3 cos2 sin 0x x x x− − =
3 cos5 (sin5 sin ) sin 0 3 cos5 sin 5 2sin
3 1
cos5 sin5 sin sin 5 sin
2 2 3
5 2
3 18 3
( )
5 2
3 6 2
x x x x x x x
x x x x x
x x k x k
k Z
x x k x k
π
π π π
π
π π π
π π
⇔ − + − = ⇔ − =
 
⇔ − = ⇔ − =

 ÷
 
 
− = + = −
 
⇔ ⇔ ∈
 
 
− = − + = − −
 
 
2) Giải hệ pt:
2
2
( 1) 3 0(1)
5
( ) 1 0(2)
x x y
x y
x
+ + − =



+ − + =


ĐK:
0.x
≠

-1-1
x
0
-∞
+∞
-
0
+∞
0
y'
y
-1
1
+∞
- +
0
0
0
2
2 2
2
3 3
(1) 1 1
3 5 4 6
(2) 1 1 0 2 0
1
1
1 1
2 3. 1 0
1 1

2
1; 1
1
2;
2
x y x y
x x
x x x x
x
x x
x
x y
x y
⇔ + − = ⇒ + = +
 
⇔ + − + = ⇔ + + =
 ÷
 

= −

 
⇔ + + = ⇔

 ÷
 

= −



= − = −


⇔

= − =

Câu III.
3 3 3 3
1 1 1 1
3 2
3 2
1 1
1 ( 1) ( 1) 1
3
1 1 1 1
ln ln ln ln
1
x x
x
x x x x x x x
x
x
dx e dx de
I de
e e e e e e e
e e e e e
e e e e
 
= = = = −

 ÷
− − − −
 
− − − + +
= = − =
∫ ∫ ∫ ∫
Câu IV.
Ta có
2 2
2 2
2
' ' 5
2
1
.
2
ABC
AC A C AA a
BC AC AB a
S AB BC a
= − =
⇒ = − =
= =
Gọi N là trung điểm AC,
O MN AC= ∩
Hạ
( )IH AC IH ABC⊥ ⇒ ⊥
Có
2 2
21

' '
4
a
AM AA A M= + =
3
2
1
; 3
2
2
2 4
3 3
1 1 4 4
. .
3 3 3 9
ABC
IK IM OM
AC a
IH IA AN
IH IK
a
IH HK
a a
V IH S a
= = = =
⇒ =
⇒ = =
= = =
Câu V.
Đặt

1
0
4
t xy t= ⇒ ≤ ≤
Ta có:
2 3 3
2 2
2
16( ) 12( ) 9 25
16( ) 12( )(( ) 3 ) 34
16 2 12
S xy x y xy xy
xy x y x y xy xy
t t
= + + + +
= + + + − +
= − +
Xét f(t) = 16t
2
- 2t +12 với
1
0
4
t≤ ≤
ta được
A
B
C
A’
C’

M
NH
K
I
O
1
0
4
1
0
4
25 1
( ) (" " )
2 2
191 2 3 2 3
( ) (" " , )
16 4 4
t
t
MaxS Maxf t khi x y
MinS Minf t khi x y
≤ ≤
≤ ≤
= = = = =
±
= = = = =
m
Câu VIa.
1) Gọi (d
1

): 7x – 2y – 3 = 0, (d
2
): 6x – y – 4 = 0 lần lượt là phương trình đường trung tuyến, đường cao
qua đỉnh A và N là trung điểm BC.
Ta có:
1 2
7 2 3 0
:
6 4 0
(1;2)
x y
A d d
x y
A
− − =

= ∩

− − =

⇒
Do M là trung điểm AB nên suy ra: B(3; -2)
2
(1;6)
: ( ) : 6 9 0
(3; 2)
d
n u
BC PT BC x y
B


= =

⇒ + + =

−


r uur

1
7 2 3 0
:
6 9 0
3
(0; )
2
x y
N d BC
x y
N
− − =

= ∩

+ + =

−
⇒
Do N là trung điểm BC nên

( 3; 1)C⇒ − −
Vậy
1 2
( ) : 3 4 5 0
4 3
x y
PT AC x y
− −
= ⇔ − + =
2)
2
( 1;1;2) : 1 ( )
2
x t
AB AB y t t R
z t
= −


= − ⇒ = + ∈


=

uuur
V ì
(2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 )D AB D t t t CD t t t∈ ⇒ − + ⇒ −
uuur
Để CD song song với (P) thì
P

CD n⊥
uuur r
. Ta có
(1;1;1)
P
n
r
1 3 1
. ; ; 1
2 2 2
P P
CD n CD n t D
 
⊥ ⇔ ⇔ = − ⇒ − −
 ÷
 
uuur r uuur r
C âu VIIa
2 2
| 3 4 | 2
| 3 ( 4) | 2
( 3) ( 4) 4
z x iy
gt x yi i
x y i
x y
= +
⇔ + − + =
⇔ − + + =
⇔ − + + =

KL: Quĩ tích cần tìm là đường tròn tâm (3; -4), bán kính R = 2.
Câu VIb.
1) I(1; 0); R = 1. Tam giác OMI cân tại I vì IO = IM = 1.
Gọi (d) là đường trung trực hạ từ I của tam giác OIM, suy ra (d) tạo với Ox một góc 60
0
,
suy ra hệ số góc k
d
=
3±
.
+) 3 :k = − (d):
3( 1) 3 3y x x= − − = − +
.
Vì
1 1
( ) :
3 3
OM
OM d k ptOM y x⊥ ⇒ = ⇒ =
. Toạ độ của M là giao của OM và (C).